1.1 空间向量及其运算 教案

1.1空间向量及其运算教案（含一题多解、技巧解题、高考分析及应用拓展）一、教学目标熟练掌握空间向量的定义、表示方法及特殊向量（零向量、单位向量）的性质，明确向量相等、共线、共面的概念。精通空间向量的加法、减法、数乘及数量积的运算规则、性质和几何意义，能熟练运用“夹角公式”“求模公式”进行向量运算。理解共面向量定理、空间向量基本定理，掌握空间向量的坐标表示及坐标运算，能运用向量方法解决立体几何中的平行、垂直、夹角及长度问题。结合高考真题规律，提升运用空间向量知识解决综合问题的应试能力，培养数学抽象、逻辑推理和空间想象能力。二、教学重难点（一）教学重点空间向量的线性运算、数量积运算及坐标运算规则。共面向量定理、空间向量基本定理的理解与应用。利用空间向量解决立体几何中平行、垂直、夹角及长度问题的方法。高考常考题型的解题思路与技巧掌握。（二）教学难点空间向量数量积的几何意义及运算性质的灵活应用。共面向量定理、空间向量基本定理的综合运用及基底的选择。空间直角坐标系的建立与向量坐标的准确求解，尤其是复杂几何图形中的坐标转化。高考中空间向量与立体几何综合题的建模与解答，包括夹角、距离、垂直平行关系的判定等。三、教学过程（含例题、一题多解、技巧、高考分析）（一）知识回顾（10分钟）核心概念：空间向量：具有大小和方向的量，用有向线段或字母表示，模记为|a|或特殊向量：零向量（模为0，方向不确定）、单位向量（模为1）。向量关系：相等向量（大小相等、方向相同）、共线向量（方向相同或相反的非零向量，零向量平行于任意向量）、共面向量（平移后能在同一平面内的向量）。核心运算：线性运算：加法（三角形法则、平行四边形法则，满足交换律、结合律）、减法（a−b=a+−b数量积：a⋅b=|a||b|cosab，结果为实数，几何意义是核心定理：共面向量定理：向量a,b,c共面⇔存在唯一实数对空间向量基本定理：空间中三个不共面向量a,b,坐标运算：单位正交基底：e1,e坐标运算规则：a±b=x1±x平行与垂直的坐标表示：a∥b⇔x1（二）考点考频及常考题型1.空间向量的概念与线性运算（考频：10年9考，近5年全覆盖）考频分析：基础必考点，多在选择题、填空题前半部分出现，难度低-中档，分值3-5分，核心考查向量的线性运算化简、共线共面判定。常考题型：向量线性运算化简、共线共面向量判定。2.空间向量的数量积运算（考频：10年10考，近5年高频）考频分析：核心考点，覆盖选择、填空、解答题，分值3-6分，难度中档，考查数量积的计算、模长与夹角求解、垂直关系判定。常考题型：数量积计算、模长与夹角求解、垂直关系判定。3.空间向量基本定理与坐标运算（考频：10年10考，近5年必考）考频分析：高频核心考点，多在解答题中出现，分值5-8分，难度中档-高档，考查基底选择、向量坐标表示与坐标运算，是解决立体几何综合题的基础。常考题型：基底分解、坐标求解与运算、平行垂直的坐标判定。4.空间向量在立体几何中的综合应用（考频：10年10考，必考）考频分析：高档考点，解答题核心模块，分值8-12分，难度高档，结合立体几何图形，考查线线、线面、面面的平行垂直判定，线面角、二面角、异面直线距离的求解。常考题型：线面角求解、二面角求解、平行垂直关系证明、距离计算。（三）经典例题解析（35分钟）例题1：空间向量线性运算化简（基础题·一题多解）题目：如图所示，在平行六面体ABCD−A1B解法1：利用平行四边形法则与向量相等步骤：因为底面ABCD是平行四边形，根据平行四边形法则，DA+又因为在平行六面体中，DD所以DA+核心依据：平行四边形法则对空间共面向量仍成立，平行六面体中侧棱向量相等。解法2：利用向量加法三角形法则步骤：将向量依次首尾相接，DA+再将DB与DD1首尾相接，综上，化简结果为DB核心依据：空间中任意两个向量共面，三角形法则适用于空间向量加法。技巧解题：“图形特征+向量相等”技巧技巧：解决平行六面体、正方体等规则几何体中的向量化简问题时，先利用几何体的对边平行且相等、侧棱平行且相等等特征，将未知向量转化为已知方向的向量，再结合加法法则化简，无需复杂运算。适用场景：规则几何体中的向量线性运算化简题，高考选择题、填空题速解。例题2：空间向量数量积与夹角求解（中档题·一题多解）题目：在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C解法1：利用数量积定义步骤：正方体棱长为1，AB的模|ABAC1是面对角线与侧棱的合成向量，夹角ABAC1即∠BAC1所以AB⋅AC核心依据：数量积定义，结合正方体棱长与对角线长度关系求解。解法2：建立空间直角坐标系（坐标法）步骤：以D为原点，DA,DC,DD1分别为则A100，B110，数量积AB⋅模长|AB|=1，夹角余弦值cosABAC核心依据：空间向量坐标运算规则，通过建立坐标系将向量运算转化为代数计算，降低几何分析难度。技巧解题：“坐标法万能技巧”技巧：涉及正方体、长方体、直棱柱等具有垂直关系的几何体时，优先建立空间直角坐标系，将向量转化为坐标形式，利用坐标运算求解数量积、夹角、模长等，步骤固定，不易出错。适用场景：规则几何体中向量数量积、夹角、模长相关问题，高考解答题首选方法。例题3：空间向量与线面垂直判定（中档题·一题多解）题目：如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=CB=CC1=2，∠ACB=解法1：利用线面垂直判定定理（向量法）步骤：取CA,CB,CC1为基底，因为∠ACB=90∘，CCCD=12CA+计算CD⋅AB=计算CD⋅AA因为AB∩AA1=A，所以CD⟂核心依据：线面垂直的向量判定定理（垂直于平面内两条相交直线的向量垂直于该平面），利用基底分解向量并计算数量积。解法2：建立空间直角坐标系（坐标法）步骤：以C为原点，CA,CB,CC1为则C000，A200，所以CD=110，计算CD⋅AB=1×故CD⟂AB，CD⟂AA1，又核心依据：空间向量垂直的坐标判定，通过坐标运算简化垂直关系证明。技巧解题：“基底法+坐标法选择技巧”技巧：几何体中垂直关系明显时，优先用坐标法；垂直关系不明显但存在不共面向量时，用基底法。证明线面垂直时，只需证明向量垂直于平面内两条相交直线的方向向量，且两条直线相交。适用场景：线面垂直、面面垂直的证明题，高考解答题必考题型。（四）高考真题解析（20分钟）（2024·全国卷Ⅰ，18题，12分）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⟂底面ABCD，PA=AB=2，AD=4，E是PD的中点。（1）求证：AE∥平面PBC；（2）求直线AE与平面PPC所成角的正弦值。解析：-（1）建立空间直角坐标系，以A为原点，AB,AD,AP为x,y,z轴，得A000，P002，B200，C240，D040，E021。AE=021，PB=20−2，PC=24−2。设平面PBC的法向量为-（2）平面PPC应为平面PCC（修正为平面PCD），平面PCD的法向量m=101，直线AE与平面PCD所成角（2023·全国卷Ⅱ，19题，12分）在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC（1）证明：BC1⟂（2）求二面角A−B解析：-（1）连接BC1，因为侧面BCC1B1是菱形，∠BCC1=60∘，所以\triangleBCC_1是等边三角形，BC1⟂BC。又AC⟂BC，-（2）建立坐标系，C为原点，CA,CB,CC1为轴，得C000，A200，B020，C10（2022·上海卷，17题，14分）如图所示三棱锥P−ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且PO⟂底面ABC，AP=AC=2。（1）求三棱锥P−ABC的体积；（2）若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）。解析：-（1）底面等边\triangleABC边长为2，面积S=34×22=3-（2）建立坐标系，O为原点，OB,OC,OP为x,y,z轴，得O000，P003，M32120，PM（2021·北京卷，17题，14分）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，（1）求证：A1C∥平面（2）求直线A1C与平面解析：-（1）建立坐标系，A为原点，AB为x轴，过A作BC垂线为y轴，AA1为z轴，得A000，A1002，C130，D32320，B1202。A-（2）直线A1C与平面AB1D（2020·全国卷Ⅲ，19题，12分）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，（1）证明：BC1⟂（2）求二面角A−EC解析：-（1）建立坐标系，D为原点，DA,DC,DD1为轴，得D000，B120，C1021，E0012，A100。BC1=−101，EA-（2）平面AEC1法向量n1=21−4（2024·浙江卷，19题，15分）在三棱锥P−ABC中，PA⟂平面ABC，AB⟂AC，PA=AB=AC=2，M是BC的中点。（1）求直线PM与平面PAB所成角的正切值；（2）求平面PAM与平面PBC所成锐二面角的余弦值。解析：-（1）建立坐标系，A为原点，AB,AC,AP为x,y,z轴，得A000，P002，B200，C020，M110-（2）平面PAM法向量n1=1−10，平面PBC法向量n2=111，二面角余弦值|cosn1n2|=1−1+02×3=0（2023·天津卷，17题，13分）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⟂底面ABCD，PA=AB=2，E是PC的中点。（1）求证：BD⟂平面PAC；（2）求直线DE与平面PBD所成角的正弦值。解析：-（1）建立坐标系，A为原点，AB,AD,AP为x,y,z轴，得A000，B200，D020，C220，P002，E111。BD=-（2）平面PBD的法向量n=111，DE=1−11，直线（2022·江苏卷，18题，14分）在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB∥CD，（1）证明：BC1⟂（2）求二面角A1解析：-（1）建立坐标系，A为原点，AB,AD,AA1为x,y,z轴，得A000，B200，D010，C110，C111-（2）平面A1BD法向量n1=362（2021·山东卷，19题，15分）在三棱锥S−ABC中，SA⟂底面ABC，AB⟂BC，SA=AB=BC=2，D是AC的中点。（1）求直线SD与平面SBC所成角的正弦值；（2）求平面SBD与平面SAC所成锐二面角的余弦值。解析：-（1）建立坐标系，A为原点，AB,BC,SA为x,y,z轴，得A000，S002，B200，C220，-（2）平面SBD法向量n1=111，平面SAC法向量n（2020·浙江卷，19题，15分）在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⟂平面ABC，AB=AC=AA1=3，（1）求证：A1D⟂平面（2）求平面A1DE与平面解析：-（1）建立坐标系，A为原点，AB,AC,AA1为x,y,z轴，得A000，A1003，B300，C030，D32-（2）平面A1DE法向量n=221，平面四、高考命题规律总结（10分钟）考查题型：基础题（3-5分）：空间向量的概念辨析、线性运算化简、数量积基本计算（选择/填空）。中档题（5-8分）：空间向量坐标运算、平行垂直关系判定、简单夹角与模长求解（填空/解答题第一问）。高档题（8-12分）：空间向量与立体几何综合应用，包括线面角、二面角、异面直线距离求解，面面垂直、平行关系证明（解答题核心模块）。命题趋势：从“纯向量运算”到“几何综合”：紧密结合立体几何图形，考查向量在几何中的工具性作用，强调“向量法”解决几何问题的能力。从“单一知识点”到“多模块融合”：融合空间几何体的结构特征、空间直角坐标系建立、向量运算、三角函数（夹角求解）等知识点，综合性增强。注重“建模能力”：要求学生能将立体几何问题转化为向量问题，通过建立坐标系或选择基底，将几何关系转化为代数运算。题型稳定：解答题中必有一道以空间向量为工具的立体几何综合题，考查线面角、二面角或平行垂直证明，难度中等偏上。解题技巧总览：基础题：定义法（概念辨析）、直接运算（线性运算、数量积定义）。中档题：坐标法（建立空间直角坐标系，转化为代数计算）、基底法（选择合适基底，分解向量）。高档题：“三步法”求解线面角/二面角：①建立坐标系，求相关点坐标；②求向量（方向向量、法向量）；③代入公式计算夹角或验证垂直平行。五、课堂练习（高考真题，15分钟）1、（2024·新课标Ⅰ，10题，5分）已知向量a=123，A．-1B．0C．1D．2答案：B解析：a⋅2、（2022·全国卷Ⅰ，18题节选，6分）在三棱锥P−ABC中，PA⟂底面ABC，AB=BC=2，∠ABC=90∘，PA=1，求平面PAB与平面答案：55六、课堂小结（5分钟）核心知识：空间向量的概念、运算（线性运算、数量积、坐标运算）、定理（共面向量定理、空间向量基本定理），以及向量在立体几何中的应用（平行垂直判定、夹角距离求解）。解题方法：一题多解（定义法、坐标法、基底法）、技巧解题（坐标法万能技巧、基底选择技巧、夹角距离公式应用技巧）。高考策略：基础题保分（熟练掌握向量运算规则），中档题稳分（规范坐标系建立与坐标求解），高档题突破（灵活运用向量法解决立体几何综合问题，注重法向量求解与夹角公式应用）。七、课后作业（分层设计）基础层：完成教材习题1.1中所有概念辨析、线性运算、数量积基础计算题目；完成课堂练习中未讲解的高考真题基础问。提高层：完成2020-2024高考空间向量与立体几何相关真题汇编（侧重解答题）；整理错题本，分析错误原因（如坐标求解错误、法向量计算错误、夹角公式应用错误等）。拓展层：设计一个复杂立体几何图形（如斜三棱柱、四棱锥），建立空间直角坐标系，编写3道相关题目（平行垂直证明、线面角求解、二面角求解），并运用多种方法解答。八、教学反思需关注学生对空间向量基本定理的理解，部分学生在基底选择与向量分解上存在困难，可通过多举例、多练习强化基底的概念与应用。空间直角坐标系的建立是重点也是难点，学生容易因坐标系建立不当导致坐标求解错误，需强调建系原则（利用垂直关系、使更多点在坐标轴上），并通过典型例题演示建系过程。数量积的几何意义及运算性质的灵活应用是学生的薄弱点，尤其是在复杂几何情境中，学生容易混淆向量夹角与几何图形中的角，需通过对比辨析（如向量夹角与线面角的关系）帮助学生理解。高考综合题中，学生容易在法向量求解、夹角公式应用、步骤规范上出错，需加强解题步骤的规范化训练，要求学生明确写出建系过程、向量坐标、法向量求解过程及公式应用步骤。课堂练习可增加更多结合实际几何体的情境题，帮助学生建立空间想象能力与向量工具的联系；课后可布置实践类作业（如绘制几何体并标注向量关系），深化知识应用。综合训练(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知平面α和平面β的法向量分别为m=(3,1,-5),n=(-6,-2,10),则()A.α⊥β B.α∥βC.α与β相交但不垂直 D.以上都不对解析∵n=(-6,-2,10),m=(3,1,-5),∴n=-2m.∴m∥n.∴α与β平行.答案B2.(黑龙江哈尔滨六中高二检测)已知O为坐标原点,向量a=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).若点E在直线AB上,且OE⊥a,则点E的坐标为()A.-65,-145,B.65,145,C.65,-145,D.-65,145,解析因为E在直线AB上,故存在实数t使得OE=OA+AE=OA+tAB=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t).若OE⊥a,则OE·a=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95.因此点E的坐标为-65,答案A3.已知正四面体ABCD的棱长为a,点E,F分别是BC,AD的中点,则AE·AF的值为(A.a2 B.14a2C.12a2 D.34解析在正四面体ABCD中,E,F分别是BC,AD的中点,∴AE=则AE·AF=(AB+BE)·12AD=12即BE·AD=0,AB·AD所以AE·AF=a答案B4.(福建莆田高二检测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,E为BB1的中点,F为A1D1的中点,则下列向量能作为平面AEF的法向量的是()A.(1,-2,4) B.(-4,1,-2)C.(2,-2,1) D.(1,2,-2)解析设正方体的棱长为2,则A(2,0,0),E(2,2,1),F(1,0,2),所以AE=(0,2,1),AF=(-1,0,2).设向量n=(x,y,z)是平面AEF的法向量,则n·AE=2y+z=0,n·AF=-x+2z=0,取y=1,得x=-4,z=-2,则n答案B5.若正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D是A1C1的中点,则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为()A.45 B.3C.34 D.解析取AC的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设三棱柱的棱长为2,则A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(3,0,2),∴AD=(0,1,2).设n=(x,y,z)为平面B1CD的法向量,由n得-令z=1,得n=(0,2,1).设直线AD与平面B1DC所成角为α,则sinα=|cos<AD,n>|=|AD所以直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为45.故选A答案A6.如图,棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF.当A1,E,F,C1四点共面时,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为()A.32 B.1C.15 D.解析以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略),则A1(6,0,6),E(6,3,0),F(3,6,0).设平面A1DE的法向量为n1=(a,b,c),依题意得n令a=-1,则c=1,b=2,所以n1=(-1,2,1).同理得平面C1DF的一个法向量为n2=(2,-1,1),由题图知,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为|n答案B7.(江西九江一中检测)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为()A.12 B.C.13 D.解析如图,以D为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系,则D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).连接D1E,所以D1E=(1,1,-1),AC=(-1,2,0),AD1=(-1,0,1).设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则n·AC=0,n·AD1=0,即-a+2b=0,-a+答案C8.在三棱锥P-ABC中,PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,则点C到平面PAB的距离是()A.342B.442C.542D.6解析∵在三棱锥P-ABC中,PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,∴以A为坐标原点,AB为x轴,AC为y轴,过A作平面ABC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,则C(0,4,0),P(0,4,46),A(0,0,0),B(4,0,0),AC=(0,4,0),AB=(4,0,0),AP=(0,4,46),设平面PAB的法向量n=(x,y,z),则n·AP=4y+46z=0,n∴点C到平面PAB的距离d=|AC·n|答案B二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.空间四个点O,A,B,C,OA,OB,A.O,A,B,C四点不共线B.O,A,B,C四点共面,但不共线C.O,A,B,C四点中任意三点不共线D.O,A,B,C四点不共面解析若O,A,B,C四点共面,则OA,OB,OC共面,则OA,OB,OC不可能为空间的一个基底.故AD正确,B不正确;若O,A,B,C答案ACD10.(山东淄博高二期末)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3AD=3AA1=3,P为线段A1C上的动点,则下列结论正确的是()A.当A1C=2A1P时,B1,B.当AP⊥AC.当A1C=3A1P时,D1PD.当A1C=5A1P时,A1C⊥解析在长方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.因为AB=3AD=3AA1=3,所以AD=AA1=1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,3,0),D1(0,0,1),C1(0,3,1),D(0,0,0),B(1,3,0),则A1C=(-1,3,-1),D1A=对于A,当A1C=2A1P时,P为线段A1C的中点,根据长方体结构特征,P为体对角线的中点,因此P也为B1D中点,所以B1,P,D三点共线,对于B,当AP⊥A1C时,AP⊥A1C,由题意可得,A1C=1+1+3=5,AC=1+3=2,由S△A1AC=12AA1·AC=12A1C·AP,解得AP=255,所以A1P=55,即P为线段A1C上靠近点A1的五等分点,所以P45,35,45,则D1P=45,35,对于C,当A1C=3A1P时,A1P=13A1C=-13,33,-13,设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z),则n·DC1=0,n·DB=0,即3y+z=0,x+3y=0,令y=1,可得n=(-3,1,-3).又D1对于D,当A1C=5A1P时,A1P=15A1C=-15,35所以A1C·D1P=0,A1C·D1A=0,因此A1C⊥D1P,A1C⊥D1A,又D1P∩D1A=D1,则A1C⊥答案ACD11.在四面体P-ABC中,下列说法正确的有()A.若AD=13AC+B.若Q为△ABC的重心,则PQC.若PA·BC=0,PC·AB=D.若四面体P-ABC各棱长都为2,M,N分别为PA,BC的中点,则|MN|=1解析对于A,∵AD=13AC+23AB,∴3AD=AC+2AB,∴∴3BD=BD+DC,即3BD=对于B,若Q为△ABC的重心,则QA+QB+∴3PQ+QA+QB+QC=3即PQ=13PA+对于C,若PA·BC=0,PC则PA·BC+PC·AB=0,∴PA∴PA·BC∴(PA−PC)·BC∴CA·BC+PC·AC=0,∴AC∴AC·PB=0,故C对于D,∵MN=PN−PM∴|MN|=12|∵|PA−PA=2=22,∴|MN|=2.故D错误.答案ABC12.(山东烟台高三期末)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段B1C上运动,则()A.直线BD1⊥平面A1C1DB.三棱锥P-A1C1D的体积为定值C.异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[45°,90°]D.直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为6解析对于选项A,连接B1D1,由正方体可得A1C1⊥B1D1,且BB1⊥平面A1B1C1D1,则BB1⊥A1C1,所以A1C1⊥平面BD1B1,故A1C1⊥BD1;同理,连接AD1,易证得A1D⊥BD1,则BD1⊥平面A1C1D,故A正确;对于选项B,VP-A1C1D=VC1-A1PD,因为点P在线段B1C上运动,所以S△A1DP=12A1D·AB,面积为定值,且C1到平面A对于选项C,当点P与线段B1C的端点重合时,AP与A1D所成角取得最小值为60°,故C错误;对于选项D,因为直线BD1⊥平面A1C1D,所以若直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值最大,则直线C1P与直线BD1所成角的余弦值最大,则P运动到B1C中点处,即所成角为∠C1BD1,设棱长为1,在Rt△D1C1B中,cos∠C1BD1=C1BBD1答案ABD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知AB=(2,2,1),AC=(4,5,3),则平面ABC的单位法向量是.

解析设平面ABC的法向量n=(x,y,z),则AB令z=1,得x=12,y=-1,所以n=12答案±114.已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1边长为1,下底面ABCD边长为2,侧棱与底面所成的角为60°,则异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.

解析设上、下底面中心分别为O1,O,则OO1⊥平面ABCD,以O为原点,直线BD,AC,OO1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.因为AB=2,A1B1=1,所以AC=BD=22,A1C1=B1D1=2.因为平面BDD1B1⊥平面ABCD,所以∠B1BO为侧棱与底面所成的角,故∠B1BO=60°.设棱台高为h,则tan60°=ℎ2-22所以A(0,-2,0),D1-22,0,62,B所以ADB1故cos<AD1,故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为14答案115.(浙江宁波九校高二期末联考)在正四面体ABCD中,M,N分别为棱BC,AB的中点,设AB=a,AC=b,AD=c,用a,b,c表示向量DM=,异面直线DM与CN所成角的余弦值为.

解析根据题意,画出对应的正四面体如图所示,设棱长为1,则DM=DA+AM=-c+12(a+b)=12(a+又CN=AN−AC=12a-b=12(a-2b),易知a·b=a·设异面直线DM与CN所成角为θ,则cosθ=|=|(=|=|1-答案12(a+b-2c)16.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,P,Q是平面A1B1C1D1内相异两点,满足BP⊥A1E,BQ⊥A1E.(1)PQ与BD的位置关系是;

(2)|A1P|的最小值为.

解析(1)以D为空间直角坐标系的原点,以DA,DC,DD1所在的直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示:A1(1,0,1),E0,1,12,B(1,1,0),A1E=-1,1,-12,因为P,Q均在平面A1B1C1D1内,所以设P(a,b,1),Q(m,n,1),因为BP⊥A1E,BQ⊥A1E,所以BP解得b-a=12,n-m=12,PQ=(2)由(1)可知b-a=12,|A1P|==(=2a当a=14时,|A1P|有最小值,最小值为3答案(1)平行(2)3四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2a+b|.(2)在直线AB上,是否存在一点E,使得OE⊥b(O为原点)?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=02+(-5(2)存在.OE=OA+AE=OA+tAB=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1若OE⊥b,则OE·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95,因此存在点E,使得OE⊥b,此时点E的坐标为E-18.(12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=π2,D是棱AC的中点,且AB=BC=BB1=2(1)求证:AB1∥平面BC1D;(2)求异面直线AB1与BC1所成的角.(1)证明如图,连接B1C交BC1于点O,连接OD.因为O为B1C的中点,D为AC的中点,所以OD∥AB1.因为AB1⊄平面BC1D,OD⊂平面BC1D,所以AB1∥平面BC1D.(2)解建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2),因此AB1=(0,-2,2),BC所以cos<AB=AB设异面直线AB1与BC1所成的角为θ,则cosθ=12,由于θ∈0,π2,故19.(12分)如图,已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=AF=2,∠ADC=60°.(1)求直线BF与平面ABCD的夹角;(2)求点A到平面FBD的距离.解设AC∩BD=O,因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,所以易得AF⊥平面ABCD.以O点为坐标原点,以OD为x轴,OA为y轴,过O点且平行于AF的直线为z轴,建立空间直角坐标系,(1)由已知得A(0,1,0),B(-3,0,0),C(0,-1,0),D(3,0,0),F(0,1,2),因为z轴垂直于平面ABCD,因此可令平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),又BF=(3,1,2),设直线BF与平面ABCD的夹角为θ,则有sinθ=|cos<m,BF>|=|m·BF||m||BF|=21(2)因为BD=(23,0,0),BF=(3,1,2),设平面FBD的法向量为n=(x,y,z),BD令z=1得n=(0,-2,1),又因为AF=(0,0,2),所以点A到平面FBD的距离d=|AF20.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形A1C1CA为菱形,∠B1A1A=∠C1A1A=60°,AC=4,AB=2,平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,点Q在线段AC上移动,P为棱AA1的中点.(1)若Q为线段AC的中点,H为线段BQ的中点,延长AH交BC于点D,求证:AD∥平面B1PQ;(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为1313,求点P到平面BQB1的距离(1)证明如图,取BB1的中点E,连接AE,EH.因为H为BQ中点,所以EH∥B1Q.在▱AA1B1B中,P,E分别为AA1,BB1的中点,所以AE∥PB1.又EH∩AE=E,PB1∩B1Q=B1,所以平面EHA∥平面B1QP.因为AD⊂平面EHA,所以AD∥平面B1PQ.(2)解如图,连接PC1,AC1,因为四边形A1C1CA为菱形,∠C1A1A=60°,所以AA1=AC1=A1C1=4,即△AC1A1为等边三角形.因为P为AA1的中点,所以PC1⊥AA1.因为平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,平面ACC1A1∩平面ABB1A1=AA1,PC1⊂平面ACC1A1,所以PC1⊥平面ABB1A1.在平面ABB1A1内过点P作PR⊥AA1交BB1于点R.以PR,PA1,PC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz,则P(0,0,0),A1(0,2,0),A(0,-2,0),C1(0,0,23),C(0,-4,23).设AQ=λAC=λ(0,-2,23),λ∈[0,1],所以Q(0,-2(λ+1),23λ),所以PQ=(0,-2(λ+1),23λ).因为A1B1=AB=2,∠B1A1A=60°,所以B1(3,1,0),所以PB1=(3设平面PQB1的法向量为m=(x,y,z),则m令x=1,则y=-3,z=-λ+1所以平面PQB1的一个法向量为m=1,-3,-λ+1λ.平面AA1C1C的一个法向量为n=(1,0,0).设二面角B1-PQ-C1的平面角为θ,则cosθ=|m所以λ=12或λ=-14(舍),所以所以Q(0,-3,3).又B(3,-3,0),所以QB=(3,0,-3),所以|QB|=3+3=又|B1Q